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《2014年高考导数压轴题汇编》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、2014年高考导数压轴题汇编1.[2014·四川卷]已知函数f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.71828…为自然对数的底数.(1)设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值;(2)若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围.21.解:(1)由f(x)=ex-ax2-bx-1,得g(x)=f′(x)=ex-2ax-b.所以g′(x)=ex-2a.当x∈[0,1]时,g′(x)∈[1-2a,e-2a].当a≤时,g′(x)≥0,所以g(x)在[0,1]上单调递增
2、,因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;当a≥时,g′(x)≤0,所以g(x)在[0,1]上单调递减,因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b;当3、a))=2a-2aln(2a)-b;当a≥时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b.(2)设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由f(0)=f(x0)=0可知,f(x)在区间(0,x0)上不可能单调递增,也不可能单调递减.则g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负.故g(x)在区间(0,x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.故g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点.由(1)知,当a≤时,g(x)在[0,1]上单调递增,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点;当a≥时,g(x)在[0,4、1]上单调递减,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点,都不合题意.所以0,g(1)=e-2a-b>0.由f(1)=0得a+b=e-1<2,则g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0,解得e-25、,1]内单调递增,这与f(0)=f(1)=0矛盾,所以g(ln(2a))<0.又g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0.故此时g(x)在(0,ln(2a))和(ln(2a),1)内各只有一个零点x1和x2.由此可知f(x)在[0,x1]上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在[x2,1]上单调递增.所以f(x1)>f(0)=0,f(x2)6、)p>1+px;(2)数列{an}满足a1>c,an+1=an+a,证明:an>an+1>c.21.证明:(1)用数学归纳法证明如下.①当p=2时,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立.②假设p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+kx成立.当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x.所以当p=k+1时,原不等式也成立.综合①②可得,当x>-1,x≠0时,对一切整数p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立.(2)方法一:先用数7、学归纳法证明an>c.①当n=1时,由题设知a1>c成立.②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式ak>c成立.由an+1=an+a易知an>0,n∈N*.当n=k+1时,=+a=1+.由ak>c>0得-1<-<<0.由(1)中的结论得=>1+p·=.因此a>c,即ak+1>c,所以当n=k+1时,不等式an>c也成立.综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>c均成立.再由=1+可得<1,即an+1an+1>c,n∈N*.方法二:设f(x)=x+x1-p,x≥c,则xp≥c,所以f′(x)=+(1-p)x-p=8、>0.由此可得,f(x)在[c,+∞)上单调递增,因而,当x>c时,f(x)>f(c)=c.①当n=1时,由a1>c>0,即a>c可知a2=a1+a=a1c,从而
3、a))=2a-2aln(2a)-b;当a≥时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b.(2)设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由f(0)=f(x0)=0可知,f(x)在区间(0,x0)上不可能单调递增,也不可能单调递减.则g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负.故g(x)在区间(0,x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.故g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点.由(1)知,当a≤时,g(x)在[0,1]上单调递增,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点;当a≥时,g(x)在[0,
4、1]上单调递减,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点,都不合题意.所以0,g(1)=e-2a-b>0.由f(1)=0得a+b=e-1<2,则g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0,解得e-25、,1]内单调递增,这与f(0)=f(1)=0矛盾,所以g(ln(2a))<0.又g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0.故此时g(x)在(0,ln(2a))和(ln(2a),1)内各只有一个零点x1和x2.由此可知f(x)在[0,x1]上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在[x2,1]上单调递增.所以f(x1)>f(0)=0,f(x2)6、)p>1+px;(2)数列{an}满足a1>c,an+1=an+a,证明:an>an+1>c.21.证明:(1)用数学归纳法证明如下.①当p=2时,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立.②假设p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+kx成立.当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x.所以当p=k+1时,原不等式也成立.综合①②可得,当x>-1,x≠0时,对一切整数p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立.(2)方法一:先用数7、学归纳法证明an>c.①当n=1时,由题设知a1>c成立.②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式ak>c成立.由an+1=an+a易知an>0,n∈N*.当n=k+1时,=+a=1+.由ak>c>0得-1<-<<0.由(1)中的结论得=>1+p·=.因此a>c,即ak+1>c,所以当n=k+1时,不等式an>c也成立.综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>c均成立.再由=1+可得<1,即an+1an+1>c,n∈N*.方法二:设f(x)=x+x1-p,x≥c,则xp≥c,所以f′(x)=+(1-p)x-p=8、>0.由此可得,f(x)在[c,+∞)上单调递增,因而,当x>c时,f(x)>f(c)=c.①当n=1时,由a1>c>0,即a>c可知a2=a1+a=a1c,从而
5、,1]内单调递增,这与f(0)=f(1)=0矛盾,所以g(ln(2a))<0.又g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0.故此时g(x)在(0,ln(2a))和(ln(2a),1)内各只有一个零点x1和x2.由此可知f(x)在[0,x1]上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在[x2,1]上单调递增.所以f(x1)>f(0)=0,f(x2)6、)p>1+px;(2)数列{an}满足a1>c,an+1=an+a,证明:an>an+1>c.21.证明:(1)用数学归纳法证明如下.①当p=2时,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立.②假设p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+kx成立.当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x.所以当p=k+1时,原不等式也成立.综合①②可得,当x>-1,x≠0时,对一切整数p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立.(2)方法一:先用数7、学归纳法证明an>c.①当n=1时,由题设知a1>c成立.②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式ak>c成立.由an+1=an+a易知an>0,n∈N*.当n=k+1时,=+a=1+.由ak>c>0得-1<-<<0.由(1)中的结论得=>1+p·=.因此a>c,即ak+1>c,所以当n=k+1时,不等式an>c也成立.综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>c均成立.再由=1+可得<1,即an+1an+1>c,n∈N*.方法二:设f(x)=x+x1-p,x≥c,则xp≥c,所以f′(x)=+(1-p)x-p=8、>0.由此可得,f(x)在[c,+∞)上单调递增,因而,当x>c时,f(x)>f(c)=c.①当n=1时,由a1>c>0,即a>c可知a2=a1+a=a1c,从而
6、)p>1+px;(2)数列{an}满足a1>c,an+1=an+a,证明:an>an+1>c.21.证明:(1)用数学归纳法证明如下.①当p=2时,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立.②假设p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+kx成立.当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x.所以当p=k+1时,原不等式也成立.综合①②可得,当x>-1,x≠0时,对一切整数p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立.(2)方法一:先用数
7、学归纳法证明an>c.①当n=1时,由题设知a1>c成立.②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式ak>c成立.由an+1=an+a易知an>0,n∈N*.当n=k+1时,=+a=1+.由ak>c>0得-1<-<<0.由(1)中的结论得=>1+p·=.因此a>c,即ak+1>c,所以当n=k+1时,不等式an>c也成立.综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>c均成立.再由=1+可得<1,即an+1an+1>c,n∈N*.方法二:设f(x)=x+x1-p,x≥c,则xp≥c,所以f′(x)=+(1-p)x-p=
8、>0.由此可得,f(x)在[c,+∞)上单调递增,因而,当x>c时,f(x)>f(c)=c.①当n=1时,由a1>c>0,即a>c可知a2=a1+a=a1c,从而
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